2023-2024学年河北省保定市定州市第二中学高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市定州市第二中学高二（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法中正确的是( )
A. 冲量的方向就是物体运动的方向
B. 作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
C. 动量越大的物体受到的冲量越大
D. 物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化
2.弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm。某时刻振子处于B点，经过0.5 s，振子首次到达C点，下列说法中正确的是( )
A. 该弹簧振子的振幅为20 cm
B. 该弹簧振子的周期为1 s
C. 该弹簧振子的频率为2 Hz
D. 该弹簧振子从O点出发到再次回到O点的过程就是一次全振动
3.关于下列四幅图片所对应的物理规律，下列说法正确的是( )
A. 图1：弹簧振子的周期与振幅有关
B. 图2：若把单摆从北京移到赤道上，则单摆的振动频率会增加
C. 图3：如图甲为汽车消音器，图乙为其结构简化图，声音从入口进入，经a、b传播后从出口排出，消音原理主要是波的干涉
D. 图4：观察者不动，波源S向右运动，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的多
4.下列说法正确的是()
A. 戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理
B. 雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的折射现象
C. 对于同一障碍物，波长越小的光波越容易绕过去
D. 激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光亮度高的特性
5.下列选项中正确标明了通电导线所受安培力F方向的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，在磁感强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α。一质量为m、带电荷为−q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μA. mgcsαBqB. mg(sinα−μcsα)μBq
C. mgsinαμBqD. mg(sinα+μcsα)μBq
7.如图所示，铝管竖直立于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触且无翻转，下列说法正确的是( )
A. 铝管中产生水平方向的感应电流
B. 铝管中产生竖直方向的感应电流
C. 铝管对桌面的压力等于它的重力
D. 铝管对桌面的压力小于它的重力
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移−时间图像如图所示。则( )
A. 若m1=1kg，则m2=3kg
B. 若m1=1kg，则m2=1kg
C. 若m2>3m1，则两个物体的碰撞是非弹性碰撞
D. 若m2=3m1，则两个物体的碰撞是弹性碰撞
9.如图所示，一单摆悬于O点，摆长为L，若在O点正下方的O′点钉一个光滑钉子，使OO′=L2，将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则以下说法正确的是( )
A. 由于机械能守恒，可得摆角大小不变B. A和C两点在同一水平面上
C. 周期T=2π Lg+ L2gD. 周期T=π Lg+ L2g
10.直角棱镜的折射率为 3，其横截面如图所示，其中∠C为90∘，∠A为30∘。截面内一细束与AC边夹角为30∘的光线，从棱镜AC边上的中点D射入，经折射后射到AB边上，已知AC边的长度为a，光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是( )
A. 该光线在AC边上的折射角为30∘
B. 该光线在AC边上的折射角为45∘
C. 不考虑多次反射，该光线在玻璃中的传播时间为 2a4c
D. 不考虑多次反射，该光线在玻璃中的传播时间为 3a4c
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某实验小组利用如图所示的装置研究双缝干涉现象并测量光的波长。
(1)图中①所示的装置名称为______，它在实验中的作用是_____________；
(2)调整好装置进行实验，若将滤光片由紫色换为红色，则干涉条纹间距将______(填“增大”“减小”或“不变”)；
(3)某次实验中，若测得双缝之间的距离为0.2mm，双缝到光屏之间的距离为700mm，相邻两明纹之间的距离为2.31mm，则这种光的波长为______nm。(结果保留两位有效数字)
12.在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图所示

(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的_____点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽相同位置处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的_______点。
(2)关于本实验，下列说法正确的是____________(填字母代号)；
A.斜槽必须足够光滑且安装时末端必须保持水平
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放
C.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
D.实验中需要用到秒表测量小球空中飞行的时间
E.实验中两个小球的质量大小关系是m1大于m2
(3)用刻度尺测量OM长度为x1、MP长度为x2、PN长度为x3，通过验证等式______________是否成立，从而验证动量守恒定律。(用m1、m2、x1、x2、x3表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB=16cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为A=1cm，且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
14.如图所示，宽为L=0.2m的光滑导轨与水平面成a=37°角，处于磁感应强度大小为B=0.6T、方向垂直于导轨面向上的匀强磁场中，导轨上端与电源和电阻箱连接，电源电动势E=3V，内阻r=0.5Ω。在导轨上水平放置一根金属棒ab，金属棒与导轨接触良好，当电阻箱的电阻调到R=5.5Ω时，金属棒恰好能静止。忽略金属棒和导轨的电阻，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)回路中电流的大小；
(2)金属棒受到的安培力；
(3)金属杆ab的质量。
15.如图所示，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，粒子源S能够在纸面内不断地向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q、速率为v0的带正电的粒子，粒子源S正下方的A点位于粒子收集板MN(足够长)上，不计粒子受到的重力及各个粒子之间的相互作用。
(1)若粒子源到收集板的间距d= 2mv0qB，求能打在收集板上的粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
(2)若粒子源到收集板的间距d=8mv05qB，求收集板上能接收到粒子区域的长度L。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】冲量等于力与时间的乘积，是矢量，方向与力的方向相同；根据动量定理，物体动量的变化等于物体受到的合外力的冲量，由此分析解答即可。
解决本题的关键知道冲量、动量的基本概念，知道冲量和动量是矢量，要注意明确大小和方向两方面的问题，特别是方向，要准确把握。
【解答】A、冲量的方向与力的方向相同，但力的方向与物体运动的方向并不一定相同，故A错误；
B、根据I=Ft知，作用在静止物体上力的冲量不为零，故B错误；
C、动量越大，说明物体的速度越大，但无法明确动量的变化，故不能说明物体的冲量大小，故C错误；
D、根据I=Ft知，冲量的方向就是物体合外力的方向，故D正确；
故选：D。
2.【答案】B
【解析】选B 设振幅为A，由题意知BC=2A=20 cm，所以A=10 cm，A错误；振子从B到C所用时间t=0.5 s=T2，所以T=1 s，频率f=1T=1 Hz，B正确，C错误；振子从O点出发到再次回到O点的过程是半次全振动，D错误。
3.【答案】C
【解析】【详解】A.图1：弹簧振子的周期，与振子的质量和弹簧的劲度系数有关，与振幅无关，选项A错误；
B.图2：若把单摆从北京移到赤道上，重力加速度减小，根据
T=2π Lg
可知单摆的周期变大，则单摆的振动频率会减小，选项B错误；
C.图3：如图甲为汽车消音器，图乙为其结构简化图，声音从入口进入，经a、b传播后从出口排出，因两个路径的路程差等于半波长的奇数倍，使得振动减弱，即消音原理主要是波的干涉，选项C正确；
D.图4：观察者不动，波源S向右运动，相等的时间内，左边观察者接收到波的个数比右边的少，选项D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了折射定律、光的偏振、激光；人类对于光学的研究及应用非常广泛，在学习中要注意掌握不同现象在生产生活中的应用，解答本题应掌握光的偏振、干涉等在生产生活中的应用。
利用光的偏振判断；水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象；全息照片的拍摄利用了光的干涉原理；应用激光的平行度好，读取盘上的信息。
【解答】
A.戴上特制眼镜看3D电影有立体感是利用了光的偏振原理，故A正确；
B.雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象，故B错误；
C.根据衍射条件知对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去，故C错误；
D.激光照到VCD机、CD机或计算机的光盘上，可以读取盘上的信息是利用激光平行度好的特性，故D错误。
5.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由左手定则得：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向外穿过手心，则手心朝里．四指指向电流方向，拇指指向为通电导线所受安培力方向应该为竖直向下，故A错误；
B.由左手定则得：电流方向与磁场方向平行，此时通电导线不受安培力，B错误；
C.由左手定则得：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向上，故C正确；
D.由左手定则得：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向上穿过手心，则手心朝下．四指指向电流方向：向里，拇指指向安培力方向：水平向右，D错误。
故选C。
6.B
6.【答案】B
【解析】B
【详解】由于 μf=μN
根据平衡条件
mgsinα=f
N=mgcsα+qvmB
解得
vm=mg(sinα−μcsα)μBq
故选B。
7.【答案】A
【解析】解：AB、磁铁下落过程中，铝管的磁通量发生变化，根据右手定则可以判断，产生水平方向的感应电流，故A正确，B错误；
CD、磁铁下落过程中，根据“来拒去留”可知，铝管受向下的作用力，故铝管对桌面的压力大于其重力，故CD错误。
故选：A。
条形磁铁通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变化，导致条形磁铁受到一定阻力，根据楞次定律得出铝管对桌面的压力大于铝管的重力。
本题考查楞次定律的另一种表述：来拒去留，当强磁铁过来时，就拒绝它；当离开时就挽留它．要注意理解并能准确应用；同时本题还涉及机械能守恒的条件和能量守恒关系的分析。
8.【答案】AD
【解析】解：由图示图象可知，碰撞前m1的速度v1=x1t1=82m/s=4m/s，碰撞后m1的速度v1′=x1′t1′=0−86−2m/s=−2m/s
碰撞前m2的速度v2=0，碰撞后m2的速度v2′=x2′t2′=16−86−2m/s=2m/s
AB、两物体碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前m1的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2′
代入数据解得：m2=3m1，若m1=1kg，则m2=3kg，故A正确，B错误；
C、由AB可知：m2=3m1，如果m2>3m1，碰撞过程系统动量不守恒，不符合实际，故C错误；
D、若m2=3m1，碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能Ek=12m1v12=12m1×42=8m1，
碰撞后系统的总动能Ek′=12m1v′12+12m2v′22=12m1×(−2)2+12×3m1×22=8m1，
则碰撞过程系统动能不变，系统机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故D正确。
故选：AD。
根据图示图象求出碰撞前后物体的速度大小，碰撞过程物体组成的系统动量守恒，如果是完全弹性碰撞，碰撞过程机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据图示图象求出碰撞前后物体的速度，应用动量守恒定律即可解题；解题时要注意完全弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒。
9.【答案】BD
【解析】BD
【详解】AB.小球在运动过程中，摆线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A、C两点在同一水平面上，但是小球经过B点时，单摆的摆长发生变化，摆角发生变化，，故A错误，B正确；
CD.设小球从A到B的时间为
t1=14×2π Lg=π2 Lg
小球从B到C的时间为
t2=14×2π L2g=π2 L2g
则周期为
T=2(t1+t2)=π( Lg+ L2g)
故C错误，D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】AD
【详解】AB.由几何关系可知，该光线在 AC 边上的入射角 i=60∘ ，由折射定律有
n=sinisinr ，
解得 r=30∘ ，选项A正确、B错误；
CD.经分析可知，该光线将垂直 AB 边射出棱镜，它在玻璃中传播的路程 x=a4 ，该光线在玻璃中的传播速度大小
v=cn ，
又 t=xv ，解得
t= 3a4c ，
选项C错误、D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)单缝；获得线光源；(2)增大；(3)6.6×102。
【解析】解：(1)图中从左向右是光源、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、光屏，单缝的作用是获得线光源；
(2)依据条纹间距公式△x=Ldλ知，若将滤光片由紫色换为红色，波长变长，那么干涉条纹的间距增大．
(3)由条纹间距公式△x=Ldλ，得：λ=d⋅△xL=0.2×10−3×2.31×10−3700×10−3m≈6.6×10−7m=6.6×102nm；
故答案为：(1)单缝；获得线光源；(2)增大；(3)6.6×102。
(1)本实验中要获得相干光源，方法是利用滤光片、单缝、双缝组合得到；
(2)由条纹间距公式△x=Ldλ知，可判定光的波长与条纹间距的关系；
(3)由条纹间距公式△x=Ldλ求波长大小．
题考查了双缝干涉实验的原理图，影响条纹间距的因素，记住公式，难度不大，并注意运算过程中单位的统一．
12.【答案】 P M BE m1x2=m2x1+x2+x3
【详解】(1)[1]小球m1从斜槽某处由静止开始滚下，m1的落点在图中的P点；
[2]小球m1和小球m2相碰后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以相碰后小球m2的落点在N点，小球m1的落点在M点；
(2)[3]AB.斜槽末端必须水平，以保证小球做平抛运动，并且只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置由静止释放，就能使碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故A项错误，B项正确；
CD.由于两小球每次都是从同一位置开始做平抛运动，小球在空中飞行时间相同，小球的水平位移能够反映小球初速度的大小，所以实验中不用测量出斜槽末端到水平地面的高度，也不用测量小球空中飞行的时间，故C、D项均错误；
E.为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射小球m1的质量要大于被碰小球m2的质量，故E正确；
故选BE。
(3)[4]若动量守恒，取向右为正方向，则应满足
m1v0=m1v1+m2v2
根据平抛运动规律得
x=vt
y=12gt2
整理可得
v=xt=x 2yg
因此可得
m1x1+x2=m1x1+m2x1+x2+x3
整理得
m1x2=m2x1+x2+x3

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)t1时刻质点A位于波峰，波长λ>20cm，
则xAB=16cm<λ，
则从t1时刻开始，质点B第一次到达波峰时，波传播的距离为xAB=16cm，
则质点B到达波峰的最少时间为t=xABv=1620s=0.8s；
(2)由题意可知，波的周期是T=2Δt=1.2s，
则波长λ=vT=24cm，
t1时刻的波形图如图所示
质点B位于x=16cm处，则质点B偏离平衡位置的位移y=Acs (xBλ×2π)，
代入数据解得y=−0.5cm。

【解析】(1)分析波峰传播的距离，根据t=xv求出质点B处于波峰经历的最少时间；
(2)抓住质点每经过半个周期运动到与该点对称的位置，根据=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△t=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，得出△t与周期的关系，求出周期的大小，结合波速求出波长，从而求出t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
本题考查了波动和振动的综合运用，知道质点的振动周期和波动周期相等，理解质点每经过半个周期运动到与该点对称的位置，根据该规律求出△t与周期T的关系是解决本题的关键。
14.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流为I=ER+r，
代入数据解得I=0.5A。
(2)金属棒受到的安培力F= BIL，
代入数据解得F=0.06N，
根据左手定则，可知安培力的方向平行导轨向上。
(3)根据力的平衡条件，有F= mgsinα，
代入数据解得m=0.01kg。
【解析】本题考查安培力作用下的平衡问题。此类问题解决办法，根据闭合电路欧姆定律求电流，对平衡的物体进行受力分析，根据左手定则分析安培力的方向，根据安培力公式F=BIL分析安培力的大小，应用该公式时要注意磁场方向是否与电流方向垂直，若不垂直，则需要用F=BILsinθ求安培力大小(其中θ为磁场与电流方向的夹角)，然后根据平衡条件列式求解。
15.【答案】.(1) πm2qB ；(2) 2mv0qB
【详解】(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=mv02r
当粒子打在收集板上的A点时，粒子在磁场中运动的时间最短，设粒子在此种情况下速度方向改变的角度为2θ，根据几何关系有
d=2rsinθ
粒子在磁场中运动的时间
tmin=2θrv0
解得
tmin=πm2qB
(2)设粒子打在收集板上最左端的点为B点，则
BS=2r
根据几何关系有
BS2=AB2+d2
设粒子打在收集板上最右端的点为C点，则C点是轨迹与收集板的切点。根据几何关系有
r2=AC2+d−r2
收集板上能接收到粒子区域的长度
L=AC+AB
解得
L=2mv0qB

【解析】详细解答和解析过程见答案